Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.

66 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Twierdzenie 4.56 (charakteryzacja exp). Załóżmy, że funkcja f : C → C spełnia dwawarunki:(i) Dla wszystkich z, w ∈ C jest f(z + w) = f(z)f(w);(ii) Dla każdego zbieżnego do zera ciągu liczb zespolonych z n (z n ≠ 0 dla wszystkich n)zachodzi równośćf(z n ) − 1lim= 1 .n→∞ z nWówczas f(z) = exp(z) dla każdego z ∈ C.Zanim podamy dowód tego twierdzenia, sformułujemy zespolony odpowiednik lematuo ciągach szybko zbieżnych do 1.Lemat 4.57. Jeśli ε n jest ciągiem liczb zespolonych takim, że nε n → 0 dla n → ∞, towówczas(lim (1 + ε n) n = 1, lim 1 + z nn)n→∞ n→∞ n + ε = exp zdla każdego z ∈ C.Dowód Lematu 4.57. Najpierw udowodnimy pierwszą równość. Z nierówności trójkąta,zastosowanej do sumy, którą otrzymujemy, rozpisując (1 + ε n ) n − 1 z użyciem dwumianuNewtona, wynika, że0 ≤ ∣ ∣(1 + ε n ) n − 1 ∣ ∣ ≤ (1 + |ε n |) n − 1Jednak z Lematu 3.1 wynika, że ciąg (1 + |ε n |) n − 1 jest zbieżny do 0, więc na mocytwierdzenia o trzech ciągach (1 + ε n ) n → 1.Druga podana w lemacie równość wynika łatwo z twierdzenia o granicy iloczynu ciągówi definicji funkcji wykładniczej, gdyż(1 + z ) n (n + ε n = 1 + z ) n ( )· 1 + ε′ nnndla ε ′ n = ε n /(1 + z n ). Oczywiście nε′ n → 0, więc z pierwszej cześci lematu (1 + ε ′ n) n → 1, azatem każda ze stron powyższej równości ma dla n → ∞ granicę równą exp(z). □Dowód Twierdzenia 4.56. Ustalmy dowolny punkt z ∈ C, z ≠ 0. Oznaczmyδ n = f(z/n) − 1z/n− 1, n = 1, 2, . . .Z założenia (ii) wynika, że lim n→∞ δ n = 1 − 1 = 0. Używając wzoru definiującego δ n dowyznaczenia wartości f(z/n), otrzymujemy( zf = 1 +n)z + zδ nn= 1 + z n + ε n ,gdzie ε n = zδ n /n jest ciągiem liczb zespolonych takim, że nε n → 0 dla n → ∞. Z Lematu4.57 otrzymujemy i założenia (i) otrzymujemy teraz( zf(z) = fn n)+ · · · + z ( z n (= f = 1 +n) z nn)n + ε → exp(z) dla n → ∞.